Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(B'N=2BN\Rightarrow BN=\dfrac{1}{3}BB'=2a\)
Qua N lần lượt kẻ các đường thẳng song song AB và BC, chúng cắt AA' tại E và CC' tại F
\(\Rightarrow AE=BN=CF=2a\Rightarrow PF=ME=\dfrac{6a}{2}-2a=a\)
\(NF=NE=AB=BC=a\)
\(\Rightarrow MN=NP=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow S_{MNP}=\dfrac{a^2\sqrt{7}}{4}\) (công thức Herong, hoặc kẻ NH vuông góc MP và tính NH theo Pitago với tam giác MNP cân tại N)
\(S_{ABC}=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}\)
Do MA, NB, PC vuông góc (ABC) \(\Rightarrow\) ABC là hình chiếu vuông góc của MNP lên (ABC)
\(\Rightarrow cos\alpha=\dfrac{S_{ABC}}{S_{MNP}}=\sqrt{\dfrac{3}{7}}\Rightarrow\alpha\)
Lời giải:
Hình lăng trụ tam giác đều là hình lăng trụ đứng. Kẻ \(BH\perp CA\) thì vì \(\left\{\begin{matrix} BH\perp AC\\ BH\perp AA'\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BH\perp (ACC'A')\)
Khi đó \((BC',(ACC'A'))=\angle BC'H=30^0\)
\(\Rightarrow \sin 30=\frac{BH}{BC'}=\frac{1}{2}\Rightarrow BC'=\sqrt{3}a\) kéo theo \(BB'=\sqrt{BC'^2-B'C'^2}=\sqrt{2}a\)
\(\Rightarrow V_{ABC.A'B'C'}=BB'.S_{ABC}=\sqrt{2}a.\frac{\sqrt{3}a^2}{4}=\frac{\sqrt{6}a^3}{4}\)
\(AA'//BB'\Rightarrow AA'//\left(BCC'B'\right)\)
\(\Rightarrow d\left(AA';B'C\right)=d\left(AA';BCC'B'\right)=d\left(A;\left(BCC'B'\right)\right)\)
Gọi M là trung điểm BC \(\Rightarrow AM\perp BC\)
Mà \(BB'\perp\left(ABC\right)\) \(\Rightarrow BB'\perp AM\)
\(\Rightarrow AM\perp\left(BCC'B'\right)\Rightarrow AM=d\left(A;\left(BCC'B'\right)\right)\)
\(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\) (trung tuyến tam giác đều)
\(\Rightarrow d\left(AA';B'C\right)=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)